72 Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán

72 Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán. 72 Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 72 Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 72 Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 72 Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 72 Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán72 Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán

Rồi Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x    có đồ thị (H). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số. b) Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (H). Tiếp tuyến tại điểm M có hoành độ dương thuộc (H) cắt hai đường tiệm cận của (H) tại A, B sao cho 2 10 AB  . Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình 2 1 3 4.3 1 0. x x    Câu 3. (1,0 điểm) a) Tính môđun của số phức 2 (1 2 )(2 ) z i i    . b) Cho tập   1,2,3, ,2015 A  , từ tập A chọn ngẫu nhiên hai số. Tìm xác suất để giá trị tuyệt đối của hiệu hai số được chọn bằng 1. Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân   4 1 ln 1 x x I dx x     . Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0 P x y z     và đường thẳng d: 1 3 2 1 x t y t z t            . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3. Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA SB SC a    đồng thời SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau tại S. Gọi H, I, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC, BC. Gọi D là điểm đối xứng của S qua K; E là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SHI). Chứng minh rằng AD vuông góc với SE và tính thể tích của khối tứ diện SEBH theo a. Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm   1; 5 , M  7 5 ; , 2 2 N       13 5 ; 2 2 P        (M, N, P không trùng với A, B, C). Tìm tọa độ của A, B, C biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua   1;1 Q  và điểm A có hoành độ dương. Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình             3 2 2 3 8 13 1 3 2 7 , . 1 8 7 12 1 3 2 x y x y x x y y x y x y y x y                     Câu 9. (1,0 điểm) Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn 2 0 a b c    và 2 2 2 2 a b c ab bc ca       . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 1 ( ) 1 ( )( 2 ) a c a b P a b c a b a c a b c              . HẾT UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 1 NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 1 NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán Câu Đáp án Điểm 1.a 1,0  Tập xác định:   \ 1 D    Sự biến thiên   , 2 3 0, 1 1 y x x       . 0,25 + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ;1)  và (1; )  . + Hàm số không có cực trị + Giới hạn: * lim 2;lim 2 x x y y      Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. * 1 1 lim ;lim x x y y          Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 0,25  Bảng biến thiên: 1 2 2 -∞ +∞ +∞ -∞ y y' x 0,25  Đồ thị: Giao điểm của (H) với Ox là 1 ;0 2        , giao điểm của (H) với Oy là   0; 1  Đồ thị nhận   1;2 I làm tâm đối xứng 0,25 1.b 1,0 Gọi     0 0 0 0 2 1 ; ; 0 1 1 x M x H x x            Phương trình tiếp tuyến của   H tại M là       0 0 2 0 0 2 1 3 : 1 1 x d y x x x x        0,25 (d) cắt tiệm cận đứng (x=1) tại 0 0 2 4 1; 1 x A x         (d) cắt tiệm cận ngang (y=2) tại   0 2 1; 2 B x  0,25     2 0 2 0 36 2 10 4 1 40 1 AB x x       0,25 0 0 2 4 x x       (do 0 0 x  ) Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán   2;5 M và   4;3 M 0,25 2 1,0 2 1 3 1 0 3 4.3 1 0 1 1 3 3 x x x x x x                    1,0 3a 0,5 2 2 2 (1 2 )(2 ) (1 2 )(4 4 ) (1 2 )(3 4 ) 3 4 6 8 11 2 z i i i i i i i i i i i                 Vậy 2 2 11 2 11 2 5 5 z i z      3b 0,5 Gọi A là biến cố: “Hiệu hai số được chọn bằng 1”. Số phần tử của không gian mẫu: 2 2015 n C   0,25 Số cặp số có hiệu bằng 1 (là cặp hai số liên tiếp) là 2014 A n  . Vậy xác suất để “Hiệu hai số được chọn bằng 1” là   2 2015 2014 A n P A n C    0,25 4 1,0 Ta có:     4 4 4 1 2 1 1 1 x ln 1 ln 1 . . x x I dx x dx I I x x            0,25 4 4 1 1 1 2 14 . 3 3 I xdx x x     0,25 4 2 1 ln(1 ) x I dx x    , đặt 1 ln(1 ) . 2 .(1 ) 2 2 u x du dx x x dx dv v x x                       4 4 4 2 1 1 1 1 2 2 .ln 1 | . 6ln 3 4ln 2 2 | 6ln3 4ln 2 2 I x x dx x x             0,25 Khi đó 1 2 I I I   = 14 8 6ln3 4ln 2 2 6ln 3 4ln 2 3 3       0,25 5 1,0 M(1+3t, 2 – t, 1 + t)  d. 0,25 Ta có d(M,(P)) = 3  2(1 3 ) 2(2 ) 1 1 3 3 t t t        t =  1 0,5 Suy ra, có hai điểm thỏa bài toán là M 1 (4, 1, 2) và M 2 ( – 2, 3, 0) 0,25 6 1,0 Gọi , HI AK J SJ AD E       E AD SHI    Ta có J là trung điểm của AK, kẻ FK//SE   3 3 3 AD a F AD AE EF FD      . Trong tam giác vuông cân SBC, 1 2 2 2 2 a SK BC SD a     0,25 Trong tam giác vuông SAD, 2 2 2 2 3 , . . 3 . 3 a SA a AE AD a a SA AE AD SE AD        0,25 Tam giác SAB cân tại S nên SH AB  Ta lại có       , / / ( ) SC SAB SC BD BD SAB BD SH SH ABD SH HBE          2 2 a SH  , HEB EAH S S  0,25 Mà 2 2 . 1 1 2 2 , . . 6 2 2 12 EAH DAB HEB DAB S AH AE a a S AB BD S S AB AD       3 1 . . 3 36 SHBE HBE a V SH S  (đvtt) 0,25 7 1,0 Đường tròn ngoại tiếp ABC  chính là đường tròn ngoại tiếp MNP  có phương trình là 2 2 3 29 0 x y x     có tâm là 3 ;0 2 K        0,25 Vì P là điểm chính giữa cung AB nên đường thẳng chứa AB đi qua   1;1 Q  vuông góc với KP PT của AB: 2 3 0 x y    . Tọa độ A, B là thỏa mãn hệ   2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 0 1 3 29 0 2 3 3 29 0 4 y x y x x y x x y x x x x x                                      Từ đó, tìm được     1;3 , 4; 5 A B   Ta lại có AC đi qua A, vuông góc với KN có phương trình 2 7 0 x y    0,5 Nên tọa độ điểm C thỏa mãn 0,25 F E J K I H D C B A S     2 2 2 2 7 2 7 2 2 7 0 4; 1 1 3 29 0 7 2 3 29 0 4 y x y x x y Cx x y x x x x x                                       8 1,0               3 2 2 3 8 13 1 3 2 7 1 1 8 7 12 1 3 2 2 x y x y x y x y x y y x y                   Trừ vế với vế của (1) và (2) ta được   2 2 2 1 1 0 y y x y y y x           Với 1 y  thay vào (1) ta được 8 13 1 7 1 x x x x       0,25 Với 2 y x  thay vào (1) ta được              3 33 2 2 2 2 3 8 13 7 1 3 2 2 1 1 1 1 2 1 1 x x x x x x x x x x x x x                  Đặt 3 2 2 1, 3 2 a x b x     ta được            3 2 3 3 3 2 1 1 1 0 1 1 a x x x b a b a b x b x x x a                      2 2 1 0 a b a ab b x           0,25 3 2 3 2 1 1 2 1 3 2 8 15 6 1 0 1 1 8 64 x y a b x x x x x x y                         2 2 2 2 2 2 3 7 1 2 1 1 3 2 0, 2 4 2 4 a a a ab b x b x x b x x x                              Vậy hệ có nghiệm     1 1 ; 1;1 , ; 8 64 x y         0,5 9 1,0 Áp dụng BĐT AM - GM ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ab bc ac a b c a bc ab ac a bc ab ac                Khi đó,            2 2 2 1 2 a b a c ab ac a b a c a b c a b                 2 2 1 a c a b c a b a b          Mặt khác,             2 2 1 1 1 2 2 4 2 a b a b a c a b c a c a b c a b a c a b c a b                     0,5 Do đó,     2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 4 2 4 a b P a b a b a b a b a b                     Vậy GTLN của P bằng 1 4 . 0,5 UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 2 NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi đề xuất của trường THPT Quế Võ số 1 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số   2 2 2 1 x y C x    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. b) Tìm m để đường thẳng : 2 1 d y mx m    cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu thức P = OA 2 + OB 2 đạt giá trị nhỏ nhất ( với O là gốc tọa độ). Câu 2. (1,0 điểm) a) Giải phương trình:   cos2 cos sin 1 0 x x x    b) Giải phương trình: 9 5.3 6 0 x x    Câu 3. (1,0 điểm) a) Giải phương trình sau trên tập số phức: 2 3 0 z z    b) Cho khai triển   8 2 x  tìm hệ số của số hạng chứa 6 x trong khai triển đó Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân 3 1 1 ln 2 ln e x I x dx x x            . Câu 5. (1,0 điểm) Cho điểm   1;3; 2 M   ,   1; 2;3 n  và đường thẳng 2 : 2 x t d y t t z t            Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n  làm vectơ pháp tuyến. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng (d). Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có O là tâm của đáy khoảng cách từ O đến mặt phẳng   SBC bằng 1 và góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng  . Tính thể tích khối chóp . S ABCD theo .  Xác định  để thể tích khối chóp đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng : 1 0 d x y    . Điểm   9;4 E nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm   2; 5 F   nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, 2 2 AC  . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm. Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình     2 2 4 2 2 4 1 1 2 2 1 , . 1 y x y x x y x x y y                Câu 9. (1,0 điểm) Cho , , a b c là các số thực không đồng thời bằng 0 thỏa mãn điều kiện     2 2 2 2 2 a b c a b c      . Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của biểu thức    3 3 3 a b c P a b c ab bc ca        . HẾT UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 2 NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán Câu Đáp án Điểm 1.a 1,0 *TXĐ:  \ 1 2        *SBT:   2 2 1 ' 0, 2 2 1 y x x        5 (1;3); ( 3;1) I d c A B       0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1 ; 2         và 1 ; 2         Tính giới hạn và tiệm cận 0,25 Lập bảng biến thiên 0,25 *Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị 0,25 1.b 0,5 PT hoành độ giao điểm: 2 2 1 2 1; 2 1 2 x mx m x x        2 4 4 1 0 mx mx m      , (1); Đặt   2 4 4 1 g x mx mx m     0,25 * (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt  PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2  0 ' 4 0 0 1 0 2 m m m g                        0,25 *Gọi hoành độ các giao điểm A và B là 1 2 , x x thì 1 2 , x x là các nghiệm của PT (1)  1 2 1 2 1 1 . 4 x x m x x m           Có: OA 2 +OB 2 =     2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 x mx m x mx m        =          2 2 2 2 1 2 1 2 4 1 4 1 2 1 m x x m m x x m        =       2 2 1 4 1 1 4 1 2 1 2 m m m m m m              0,25 = 5 1 2 2 2 m m   5 9 2 2 2    (Áp dụng BĐT cô si vì m dương) Dấu bằng xảy ra  1 2 m  ( thỏa mãn);KL: 1 2 m  là giá trị cần tìm 0,25 2 .a 0,5   cos2 cos sin 1 0 x x x    cos2 0 1 sin 4 2 x x                 0,25 +) Với   cos2 0 4 2 k x x k         +) Với 2 1 sin ( ) 4 2 2 2 x k x k x k                       0,25 2.b 0,5 9 5.3 6 0 x x      2 3 5.3 6 0 x x     Đặt 3 x t    0 t  Phương trình trở thành 2 5 6 0 t t    0,25 3 2 t t       3 1 log 2 x x       0,25 3a 0,5 Ta có, 11 0     0,25 Suy ra phương trình có hai nghiệm là: 1 2 1 11 1 11 ; 2 2 i i z z       0,25 3b 0,5 Ta có khai triển sau:   8 8 8 8 0 2 2 k k k k k x C x       0,25 Từ đó suy ra hệ số của 6 x là 6 2 8 2 112 C  0,25 4 1,0 3 1 1 1 ln ; 2 ln e e x I x dx dx x x       4 4 3 1 1 1 4 4 e e x e x dx     0,5     1 1 1 2 ln 1 ln ln 2 ln 2 ln 2 ln e e e d x x x dx x x x x x x            2 ln 2 ln 2 ln 2 e e      Vậy 4 1 2 ln 4 2 e e I     0,5 5 1,0 Phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n  làm vecto pháp tuyến là:       1 1 2 3 3 2 0 2 3 1 0 x y z x y z            Vậy phương trình (P) là: 2 3 1 0 x y z     0,5 Thay x, y, z từ phương trình đường thẳng (d) vào mặt phẳng (P) ta được: 2 2 3(2 t) 1 0 t 1 x 2, y 1,z 1 t t               Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng là   2; 1;1 I   0,5 6 1,0 M O A B D C S H J I E' F E D C B A Gọi M là trung điểm BC Trong   mp SOM kẻ OH SM  (1) . S ABCD là hình chóp đều nên , SM BC OM BC   Suy ra   BC SOM OH BC    (2) Từ (1) và (2) suy ra   OH SBC  1 OH   Từ (1) và (2) ta cũng có        , . SBC ABCD SMO    Xét OHM  vuông tại H ta có 1 sin sin OH OM     0,25 Xét SOM  vuông tại O ta có 1 1 tan .tan sin cos SO OM        Ta có 2 2 sin AB OM    2 D 2 4 sin ABC S AB     Suy ra . D D 2 2 1 1 4 1 4 . . . 3 3 sin cos 3sin cos S ABC ABC V S SO        (đvtt) 0,25 Đặt 2 sin .cos P    Ta có 2 3 sin .cos cos c os P        Đặt   cos , 0;1 t t    Suy ra 3 P t t   Ta có 2 1 3 P t    , 1 2 3 3 0 3 3 P t t        Lập bảng biến thiên . D S ABC V nhỏ nhất khi P l  3 3 3 cos arccos 3 3 3 t        t 0 3 3 1 P  + 0 - P 2 3 9 Vậy . D S ABC V nhỏ nhất bằng 2 3 (đvtt) khi 3 arccos 3   . 0,5 7 1,0 +) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC  E’ thuộc AD. Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm   9;4 E  phương trình EE’: 5 0 x y    . Gọi I = AC  EE’, tọa độ I là nghiệm hệ   5 0 3 3; 2 1 0 2 x y x I x y y                   Vì I là trung điểm của EE’ '( 3; 8) E    AD qua '( 3; 8) E   và ( 2; 5) F    phương trình AD: 3 1 0 x y    0,25 (0;1) A AC AD A    . Giả sử ( ;1 ) C c c  . Vì 2 2 2 4 2; 2 AC c c c         ( 2;3) C  0,25 Gọi J là trung điểm AC  ( 1;2) J   phương trình BD: 3 0 x y    . Do (1;4) ( 3;0) D AD BD D B      . Vậy (0;1) A , ( 3;0), ( 2;3), (1; 4). B C D   0,25 8 1,0   2 2 4 2 2 4 1 1 2 2 1 (1) ( ) 1 (2) y x y x I x x y y              Đặt 2 1 1 x t     phương trình (1) có dạng:   2 2 4 1 2 1 0 t y t y      0,25       2 2 4 1 8 2 1 4 3 y y y       2 1 1 ( ) 2 t y t l         0,25 +) Với 2 2 2 1 2 1 1 1 2 1 4 4 y t y x y x y y               thay vào (2) ta được 0,25     2 2 2 2 16 1 4 1 1 0 1 y y y y y y         (do 1 y  ) 0 x   . Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) . 0,25 9 1,0       2 2 2 2 2 1 1 2 4 gt ab bc ca a b c a b c ab bc ca a b c                   Do đó     3 3 3 3 3 3 3 4 1 4 4 4 16 a b c a b c P a b c a b c a b c a b c                                         0,25 Đặt 4 4 4 , , a b c x y z a b c a b c a b c          Thì 2 4 4 4 4 4 y z x x y z xy yz zx yz x x                    Vì   2 4 y z yz   nên 8 0 3 x   0,25 Ta có       3 3 3 3 3 3 2 1 1 1 3 ( ) (3 12 12 6) 16 16 16 P x y z x y z yz y z x x x             Xét hàm số 3 2 ( ) 3 12 12 6 f x x x x     với 8 0; 3 x        0,25 176 min ( ) 16,max ( ) 9 f x f x  0,25 [...]...UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 3 NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi đề xuất của trường THPT Ngô Gia Tự Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4  2mx 2  1 (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = 1 b) Tìm các giá trị của m để đồ thị... Cảm ơn thầy Đào Trọng Xuân (trongxuanht@gmail.com) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 THÀNH PHỐ CẦN THƠ ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  f ( x)   x3  6 x 2  9 x  2 , có đồ thị là (C) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến của... biến thi n: f (c )  1 3 –  Dựa vào bảng biến thi n ta có f (c)   1 với mọi c  (0; 1) 9 1 1 Từ (1) và (2) suy ra P   , dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  9 3 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  , đạt khi a  b  c  9 3 0 1 + 0,5 1 9 (2) LỚP TOÁN 10-11-12-LTĐH 11a Nguyễn Trường Tộ - Đn ĐỀ THI THỬ THPT LẦN 10 NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian... Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a2 b2 3   (a  b) 2 2 2 (b  c )  5bc (c  a)  5ca 4 Hết UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 3 NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán Câu 1.a Đáp án Điểm 1,0 Với m = 1 hàm số trở thành : y  x4  2 x2  1 TXĐ : R ; lim y   x  0,25 x  0 Có y '  4 x 3  4 x ; y '  0    x  1 BBT (lập đúng và... Q,b,c le c6c sO thuc kh6ng dm, phAn biet thoa mdn az + b2 + cz Im gratri nho nhAt cua biOu thirc: -3 F !* l-+ L @-b)''(b-'c)'(c-a)'' r ^ .ftrET o * Thi sinh khing dryic s* tu4ng rdi ti&{ Gicim thi kh1ng giai thich gi th€m Cảm ơn thầy Đào Trọng Xuân (trongxuanht@gmail.com) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl SO Ki 'THI cuOI Lop 12 THpr NAMHoc GD&DTIIA TTNH n{!n z0L4 -201s tni:rOm nudnc nAN cnAvr rnr (Bdn... BD: x+y−8=0, pt BC:x−7=0 ⇒B(7,1)⇒D(1,7) 0,25 0,25 tf L7't- SO GDÐA TINH @A thi cd EE THr CUOI LoP 12 THPT NAM HgC 2014 - 201s MOn thi: TOAN 0I trang) Ciu 1 (2,0 dtdm)Cho Thoi gian ldm bdi:180 phfit T x-z hhm s5, y = Khio s6t sg bi6n thiOn vi vE AO tfri (C) cua him s6 dd cho b) Vi6t phuong uinh tifo tuy6n cua dd *iI:' tCl t4r giao diAm cria tl6 ttri (C) voi tryc tung a) CAU 2 (1,0 di6m) a)Cho g6c a... (xHim s6 nghich bii5n trOn mdi khoang (-*; 2) va Q; + @) - Chi0u biOn thiOn: 3 -_:!s 0.25 - Ben bi€n thi n -@2*m x y' - - *m 2 0.25 v \ 2 -@ D6 thi 0.25 I b (1.0 di6m li Gqi M(0;%) giao di6m cria (C) vd tryc 2.0 +l !o= 0-Z= -1 Z turg, ta c6 suY ta 0.25 _1 MQ;;) H9 sd g6c cta ti€p Qyen tai :+ M le /'(0) Phuong trintr tiOp tuyi5n cfia dO thi tai M V_ r'42 hay Cflu 2 QQdiam) tt 0.25 y=+(x-o)-; Ld 0.25 51... itrip 6n nhrmg tlung thi vdn cho thi s6 Ai6m tmg phennhuhudng d6n Di6m toan bii kh6ng quy tdn n DAP Ax vA THANG orE*r DAPAN CAU Ciu 1 ? (2.0 dihm) DIEM L) (1.0 iliam) o o Tapx6cdintr: P=R\{2\ Gi6i han ve tiem cfn: lirn y @; lim y-*o ' suy ra dO thi ngang ld duong thang o ; lim l=2; lg} !=2 r+